高考数学总复习《数列求和》专项测试卷含答案

第第页高考数学总复习《数列求和》专项测试卷含答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单项选择题1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为()A．2n－1 B．n·2n－nC．2n＋1－n D．2n＋1－n－22．(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}的通项为an＝eq\f(1,n＋12－1)，则其前8项和为()A.eq\f(9,10)B.eq\f(9,20)C.eq\f(58,45)D.eq\f(29,45)3．数列{(－1)n(2n－1)}的前2020项和S2020等于()A．－2020 B．2020C．－2019 D．20194．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.对于任意正整数n，都有an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n<5，,an－2，n≥5，))则S20＝()A．0 B．15C．31 D．615．(2024·四川巴蜀模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－4，bn＝an＋log2an，则数列{bn}的前10项和为()A．4162 B．4157C．2146 D．2142二、多项选择题6．若公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列结论正确的有()A．d＝2B．an＝2n＋1C.eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n)－1)))的前n项和为eq\f(n,4n＋1)7．斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例引入的，故又称为“兔子数列”，其通项公式为an＝eq\f(1,\r(,5))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(,5),2)))n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(,5),2)))n))，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A．S10＝11a7B．a2021＝2a2019＋a2018C．S2021＝S2020＋S2019D．S2019＝a2020－1三、填空题与解答题8．(2024·河南开封模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20＝________.9．(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos2\f(nπ,2)))an＋sin2eq\f(nπ,2)，则该数列的前20项和为________．10．(2024·广东深圳月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，Sn＋1＝an＋2－an＋1(n∈N*)，则Sn＝________.11．(2024·河南新乡模拟)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，a1＋b1＝4，且a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4.(1)求{an}与{bn}的通项公式；(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn.12．(2024·东北三省三校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}的前n项和为Sn，且S4－2a2a3＋14＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的公差d>1，令cn＝eq\f(an＋2,an·an＋1·2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.14．(2024·四川绵阳南山中学模拟)在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(n＋1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．15．已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.高分推荐题16．(2024·广东梅州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，________.①∀n∈N*，an＋an＋1＝4n；②数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an＋an＋1,anan＋12)，求数列{bn}的前n项和Tn.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解析版一、单项选择题1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为()A．2n－1 B．n·2n－nC．2n＋1－n D．2n＋1－n－2解析：记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，∴Sn＝eq\f(2·2n－1,2－1)－n＝2n＋1－n－2.答案：D2．(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}的通项为an＝eq\f(1,n＋12－1)，则其前8项和为()A.eq\f(9,10)B.eq\f(9,20)C.eq\f(58,45)D.eq\f(29,45)解析：an＝eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以前8项和为eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,8)－\f(1,10)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,9)－\f(1,10)))＝eq\f(29,45)，故选D.答案：D3．数列{(－1)n(2n－1)}的前2020项和S2020等于()A．－2020 B．2020C．－2019 D．2019解析：S2020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)＝＝2020.故选B.答案：B4．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.对于任意正整数n，都有an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n<5，,an－2，n≥5，))则S20＝()A．0 B．15C．31 D．61解析：由题设知，当1≤n≤5时，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，故an＝2n－1且1≤n≤5，所以a5＝16，则a6＝a5－2＝14，故n>5时，{an}是首项为14，公差为－2的等差数列，故an＝26－2n且n>5，所以S20＝S5＋(S20－S5)＝eq\f(1－25,1－2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(15×14＋\f(15×14,2)×－2))＝31.故选C.答案：C5．(2024·四川巴蜀模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－4，bn＝an＋log2an，则数列{bn}的前10项和为()A．4162 B．4157C．2146 D．2142解析：因为Sn＝2an－4，所以当n＝1时，S1＝2a1－4，即a1＝2a1－4，则a1＝4，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，所以an＝Sn－Sn－1，即an＝2an－4－(2an－1－4)，则an＝2an－1，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，所以an＝4×2n－1＝2n＋1，bn＝an＋log2an＝2n＋1＋n＋1，所以数列{bn}的前10项和为22＋2＋23＋3＋24＋4＋…＋211＋11＝(22＋23＋…＋211)＋(2＋3＋…＋11)＝eq\f(41－210,1－2)＋eq\f(10×2＋11,2)＝4157.故选B.答案：B二、多项选择题6．若公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列结论正确的有()A．d＝2B．an＝2n＋1C.eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n)－1)))的前n项和为eq\f(n,4n＋1)解析：∵{an}为等差数列，∴a6＋a8＝2a7＝30，即a7＝15，∴a7－a2＝5d，又a2＝5，∴d＝2，A正确；∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1，B正确；∴eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，C错误；∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n)－1)))的前n项和为eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋1)，D正确．答案：ABD7．斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例引入的，故又称为“兔子数列”，其通项公式为an＝eq\f(1,\r(,5))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(,5),2)))n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(,5),2)))n))，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是()A．S10＝11a7B．a2021＝2a2019＋a2018C．S2021＝S2020＋S2019D．S2019＝a2020－1解析：由斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，可得S10＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＋34＋55＝143＝11×13＝11a7，因此A正确；a2021＝a2020＋a2019＝2a2019＋a2018，因此B正确；∵a3－a2＝a1，a4－a3＝a2，…，a2021－a2020＝a2019，∴a2021－a2＝S2019，∴a2021－1＝S2019，因此D不正确；类比D可得S2021＝a2023－1，S2020＝a2022－1，又∵a2021－1＝S2019，∴S2020＋S2019＝a2022＋a2021－2＝a2023－2≠S2021，因此C不正确．故选AB.答案：AB三、填空题与解答题8．(2024·河南开封模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20＝________.解析：当n为奇数时，an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列，所以a1＋a3＋…＋a19＝10×1＋eq\f(10×9×2,2)＝100；当n为偶数时，an＋2＋an＝2，所以a2＋a4＋…＋a20＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a18＋a20)＝2×5＝10.因此，S20＝100＋10＝110.答案：1109．(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos2\f(nπ,2)))an＋sin2eq\f(nπ,2)，则该数列的前20项和为________．解析：由题中条件知，a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝2a4＝8，…，即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列，所以该数列的前20项和为(1＋2＋3＋…＋10)＋(2＋4＋8＋…＋210)＝2101.答案：210110．(2024·广东深圳月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，Sn＋1＝an＋2－an＋1(n∈N*)，则Sn＝________.解析：∵Sn＋1＝an＋2－an＋1，∴Sn＋1＝Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)，则Sn＋2＋1＝2(Sn＋1＋1)．由a1＝1，a2＝2，可得S2＋1＝2(S1＋1)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)对任意的n∈N*都成立，∴数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1.答案：2n－111．(2024·河南新乡模拟)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，a1＋b1＝4，且a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4.(1)求{an}与{bn}的通项公式；(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn.解：(1)因为a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4，当n＝1时，a1b1＝4，由a1＋b1＝4，解得a1＝b1＝2.又由a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4，当n≥2时，可得a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n＋1＋4，两式相减，得anbn＝n·2n＋1，n≥2，当n＝1时，a1b1＝4适合上式，所以anbn＝n·2n＋1，n∈N*.因为{an}为等差数列，{bn}为等比数列，所以{bn}的公比为2，所以bn＝b1qn－1＝2·2n－1＝2n，an＝2n.(2)由bn＝2n，可得数列{bn}的前n项和为eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，又由an＝2n，可得数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn＝2n＋1－2＋1－eq\f(1,n＋1)＝2n＋1－eq\f(1,n＋1)－1.12．(2024·东北三省三校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}的前n项和为Sn，且S4－2a2a3＋14＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的公差d>1，令cn＝eq\f(an＋2,an·an＋1·2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)由题意可得，S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14＝4＋6d－2(1＋d)(1＋2d)＋14＝0，整理得d2＝4，则d＝±2，可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3，故an＝2n－1或an＝－2n＋3.(2)因为d>1，由(1)可得d＝2，an＝2n－1，则cn＝eq\f(2n＋3,2n－12n＋1·2n)＝eq\f(1,2n－1·2n－1)－eq\f(1,2n＋1·2n)，故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3×21)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3×21)－\f(1,5×22)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1·2n－1)－\f(1,2n＋1·2n)))＝1－eq\f(1,2n＋1·2n)，所以Tn＝1－eq\f(1,2n＋1·2n).13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.解：(1)由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*)，而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形可得bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，b1－1＝3，故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列，所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*)．(2)由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，因为3k,3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数，令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)，则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，即当m＝2,5,8，…，3n－1时为公共项，所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)＝eq\f(927n－1,26)＋eq\f(n3n＋1,2)(n∈N*)．14．(2024·四川绵阳南山中学模拟)在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(n＋1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：(1)若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，n∈N*.若选②，因为an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝21＋22＋…＋2n－1＝eq\f(21－2n－1,1－2)＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.(2)由(1)知bn＝(n＋1)·an＝(n＋1)×2n，则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝4＋eq\f(41－2n－1,1－2)－(n＋1)×2n＋1＝4－4＋2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，故Tn＝n×2n＋1.15．已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3是2a1,3a2的等差中项，所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－eq\f(1,2)，因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2.所以an＝a4·qn－4＝2n.(2)方法一(分奇、偶并项求和)：由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，若n为偶数，Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×eq\f(n,2)＝n；若n为奇数，当n≥3时，Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，当n＝1时，T1＝－3适合上式，综上得Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n为偶数，,－n－2，n为奇数))(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．方法二(错位相减法)：由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，Tn＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n·(2n＋1)，所以－Tn＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n＋1(2n＋1)，所以2Tn＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]－(－1)n＋1(2n＋1)＝－3＋2×eq\f(1－－1n－1,2)＋(－1)n(2n＋1)＝－3＋1－(－1)n－1＋(－1)n(2n＋1)＝－2＋(2n＋2)(－1)n，所以Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*.高分推荐题16．(2024·广东梅州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，